Primo appello pomeriggio 2003/2004 - Tema 1

Primo appello pomeriggio 2003/2004 - Tema 1

Esercizio 1

Studiare la funzione

f (x) = arccos

x²− 3x + 2 

(determinare il dominio D; studiare la continuit`a e la monotonia di f e determinarne gli eventuali estremi relativi ed assoluti; determinare i punti in cui f `e derivabile e calcolare i limiti di f⁰ per x che tende agli estremi del suo dominio; disegnare un abbozzo motivato del grafico di f ).

Svolgimento

Il dominio D di f `e dato dall’insieme di tutti gli x ∈ R che verificano x²− 3x + 2

∈ [−1, 1] , da cui si ottiene

−1 ≤ x²− 3x + 2 ≤ 1 ⇔

(x² − 3x + 3 ≥ 0

x² − 3x + 1 ≤ 0 ⇔ 3 −√ 5

2 ≤ x ≤ 3 +√ 5

2 ,

da cui

D =

"

3 −√ 5

2 ,3 +√ 5 2

# .

f risulta continua in D perch´e composizione di funzioni continue. Inoltre, poich´e 0 ≤

x² − 3x + 2

≤ 1 ∀x ∈ D , si ha che

0 ≤ f(x) ≤ π

2 ∀x ∈ D , ed inoltre

f (x) = 0 ⇔ 

x²− 3x + 2

= 1 ⇔ x = 3 −√

5

2 o x = 3 +√ 5

2 .

Quindi si pu`o subito affermare che x = (3 −√

5)/2 e x = (3 +√

5)/2 sono punti di minimo assoluto per la funzione.

Derivata prima: La funzione `e derivabile per |x<sup>2</sup>− 3x + 2| 6= 0 (perch´e t 7→ |t| non `e derivabile in t = 0) e per |x² − 3x + 2| 6= 1 (perch´e t 7→ arccos t non `e derivabile per t = 1).

Quindi l’insieme D⁰ dei punti di derivabilit`a di f `e

D⁰ = D \

(3 −√ 5

2 ,3 +√ 5 2 , 1, 2

) .

Se x ∈ D⁰ si ottiene

f⁰(x) = − 1

p1 − (x²− 3x + 2)² · sgn(x²− 3x + 2) · (2x − 3) . Osserviamo innanzitutto che

sgn(x²− 3x + 2) =







1 se 3 −√

5

2 < x < 1 o 2 < x < 3 −√ 5 2

−1 se 1 < x < 2 da cui si ottiene

f⁰(x) =











3 − 2x

p1 − (x²− 3x + 2)² se 3 −√ 5

2 < x < 1 o 2 < x < 3 −√ 5 2 2x − 3

p1 − (x²− 3x + 2)² se 1 < x < 2 .

Calcoliamo i limiti di f⁰ nei punti di accumulazione di D⁰ esterni ad esso.

lim

x→(3−√

5)/2+f⁰(x) = lim

x→(3−√ 5)/2+

3 − 2x

p1 − (x²− 3x + 2)² = +∞ ,

x→1−lim f⁰(x) = lim

x→1−

3 − 2x

p1 − (x²− 3x + 2)² = 1 ,

x→1+lim f⁰(x) = lim

x→1+

2x − 3

p1 − (x²− 3x + 2)² = −1 ,

x→2−lim f⁰(x) = lim

x→2−

2x − 3

p1 − (x²− 3x + 2)² = 1 ,

x→2+lim f⁰(x) = lim

x→2+

3 − 2x

p1 − (x²− 3x + 2)² = −1 , lim

x→(3+√

5)/2−f⁰(x) = lim

x→(3+√ 5)/2−

3 − 2x

p1 − (x²− 3x + 2)² = −∞ . Quindi x = (3 −√

5)/2 e x = (3 +√

5)/2 sono punti a tangente verticale, mentre x = 1 e x = 2 sono punti angolosi. Riguardo al segno di f⁰ per lo studio degli intervalli di monotonia, si ha che per x ∈ D⁰

f⁰(x) ≥ 0 ⇔ sgn(x²− 3x + 2) · (2x − 3) ≤ 0 ⇔ 3 −√ 5

2 < x < 1 o 3

2 ≤ x < 2 , e f⁰(x) = 0 se e solo se x = 3/2. Si ottiene che f ha due punti di massimo assoluto in x = 1 e x = 2 dove vale π/2, ed un punto di minimo relativo in x = 3/2. Inoltre

f `e crescente in

"

3 −√ 5 2 , 1

#

e in  3 2, 2

 ,

f `e decrescente in

 1,3

2



e in

"

2,3 +√ 5 2

# . Il grafico `e riportato in figura 1.

PSfrag replacements

x y

1 3/2 2

3−√ 5 2

3+√ 5 2

Figura 1: Esercizio 1

Esercizio 2

Si consideri la funzione

f (x) = 1

x√

x − 3 arctan(1/x^2α). a) Si calcoli una primitiva di f nel caso α = 0.

b) Si determinino tutti gli α ≥ 0 tali che f `e infinitesima per x → +∞ e, per tali α, si calcoli l’ordine di infinitesimo di f per x → +∞.

c) Si determinino tutti gli α ≥ 0 tali che Z _+∞

4

f (x) dx risulti convergente.

d) Lo si calcoli, se possibile, nel caso α = 0.

Svolgimento a) Si ottiene

Z 4

π · 1

x√

x − 3 dx = 4 π

Z 1

(t²+ 3)t2t dt = 8 3π

Z 1

1 + (t/√ 3)² dt

↓ t=√

x − 3

= 8√ 3 3π

Z 1/√

3 1 + (t/√

3)² dt = 8√ 3

3π arctan t

√3 + c

= 8√ 3

3π arctanr x − 3 3 + c .

(1)

b) Se α = 0, allora

f (x) = 4 πx√

x − 3, (2)

che per x → +∞ `e infinitesima con ordine 3/2. Infatti

x→+∞lim f (x)

1/x^3/2 = lim

x→+∞

4 πx√

x − 3 · x^3/2= 4 π. Se α > 0, allora per x → +∞ possiamo scrivere

arctan 1

x^2α = 1

x^2α + o 1/x^2α
. Inoltre, sempre per x → +∞, si ha

x√

x − 3 = x^3/2+ o(x^3/2) , perch´e

x→+∞lim x√

x − 3 x^3/2 = 1 . Allora

f (x) = 1

x^3/2+ o(x^3/2)1/x^2α+ o(1/x^2α) =

1

x^(3/2)−2α+ o(x^(3/2)−2α). da cui, usando il Principio di Sostituzione degli Infinitesimi, si ottiene

x→+∞lim

f (x)

1/x^(3/2)−2α lim

x→+∞

x^(3/2)−2α

x^(3/2)−2α+ o(x^(3/2)−2α) = 1 . (3) Se ne deduce che

1. se α < 3/4, la funzione `e infinitesima con ordine di infinitesimo 3 2 − 2α;

2. se α ≥ 3/4, la funzione non `e infinitesima.

c) Poich´e evidentemente f (x) ≥ 0 per ogni x ≥ 4, da (2)-(3) e usando il Criterio Asintotico del Confronto, si ottiene che

Z _+∞

4

f (x) dx converge ⇔

Z _+∞

4

1

x^(3/2)−2α dx converge , e quindi se e solo se

3

2 − 2α > 1 ⇔ α < 1 4.

d) Da (1) si ottiene Z _+∞

4

4

π · 1

x√

x − 3 dx = lim

ω→+∞

Z ω 4

4

π · 1

x√

x − 3 dx

= lim

ω→+∞

8√ 3

3π arctanr x − 3 3

ω

4

= lim

ω→+∞

8√ 3 3π

"

arctanr ω − 3

3 − arctan

√3 3

#

= 8√ 3 3π

hπ 2 −π

6 i= 8

9

√3 .

Esercizio 3

Date l’equazione differenziale

y⁰⁰+ 2y⁰+ y = e^−x (4)

e la funzione ϕ(x) = ax²e^−x (a ∈ R),

a) si determini a in modo che ϕ sia soluzione di (4);

b) si determini la soluzione che soddisfa le condizioni y(0) = 0 e y⁰(0) = 1.

Svolgimento

a) Affinch´e ϕ sia soluzione di (4) deve soddisfare

ϕ⁰⁰(x) + 2ϕ⁰(x) + ϕ(x) = e^−x (5) per ogni x ∈ R. Derivando ϕ due volte si ottiene

ϕ⁰(x) = ae^−x(2x − x²) , ϕ⁰⁰(x) = ae^−x(x²− 4x + 2) , che sostituite in (5) portano a

2ae^−x = e^−x, che `e verificata per a = 1/2.

b) L’equazione omogenea associata a (4) `e

y⁰⁰+ 2y⁰+ y = 0 , la cui equazione caratteristica `e

λ²+ 2λ²+ 1 = 0 ,

che ha λ = −1 come radice con molteplicit`a 2. Quindi, essendo ϕ(x) = (1/2)x<sup>2</sup>e<sup>−x</sup> una soluzione particolare di (4), il suo integrale generale `e

y(x) = Ae^−x+ Bxe^−x+1

2x²e^−x.

Ora determiniamo le costanti reali A e B in modo che siano verificate le condizioni y(0) = 0 e y⁰(0) = 1. Risulta

y(0) = A ⇒ A = 0 ,

y⁰(0) = −A + B ⇒ B = 1 , per cui si ottiene

y(x) = xe^−x+ 1

2x²e^−x.

Esercizio 4

Si determini il dominio della funzione di variabile complessa

f (z) = 1

(|z| − i)(z² − 2z + 5) Svolgimento

Deve essere

|z| − i 6= 0 e z²− 2z + 5 6= 0 .

La prima condizione `e sempre verificata, perch´e Im (|z|−i) = −1 6= 0 per ogni z ∈ C. Riguar- do alla seconda condizione, risolviamo l’equazione z<sup>2</sup>− 2z + 5 = 0. Poich´e il discriminante dell’equazione `e ∆ = −16, si ottiene che essa ha radici

z1 = 2 + 4i

2 = 1 + 2i z2 = 2 − 4i

2 = 1 − 2i . DUnque il dominio della funzione `e l’insieme C \ {1 − 2i, 1 + 2i}.

Esercizio facoltativo

Sia u : R → R una funzione di classe C¹ che soddisfa l’equazione:

u(x) = π + Z x

0

t cos(u(t)) dt.

Si calcoli u⁰(0).

Svolgimento

Dal Teorema Fondamentale del Calcolo, essendo u di classe C¹ e quindi continua, si ottiene che

u⁰(x) = x cos(u(x)) da cui

u⁰(0) = 0